Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA THPT Chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Năm học 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − x + a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b) b) Tìm đồ thị (C) hai điểm đối xứng qua điểm M(2;10) Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình tan x + −1 = cos x b) Giải bất phương trình log ( x + x + ) + log ( x + 2) < log Câu (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y = x − x đường thẳng y = 7x – Câu (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P): 2x + y – 2z + = hai điểm A(1;–1;0), B(3;0;1) Tìm tọa độ giao điểm M đường thẳng AB với mặt phẳng (P) viết phương trình đường thẳng d nằm (P), d vuông góc với đường thẳng AB M Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn ( + i ) z = ( − i ) ( −1 + 3i ) Tính môđun số phức z b) Cho tập hợp X = {1;2;3;4;5;6;7} Hỏi lập tất số tự nhiên có bốn chữ số phân biệt thuộc tập hợp X cho số tự nhiên lập có hai chữ số chẵn đồng thời hai chữ số chẵn không đứng cạnh c) Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thành, mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng đáy Tính thể tích hình chóp cosin có hai mặt phẳng (SCD) (ABCD) Biết 3a SA = SD = 2a; AD = a 2; BD = ; ADB = 450 2 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn, có đường cao AD, BE, CF đồng quy H(3;–1) Biết đường thẳng (d): 7x + y + 15 = qua trung điểm M BC, phương trình đường tròn qua ba điểm D, E, F x + y − x + y − 10 = Tìm tọa độ điểm M D  x + xy + y + x + xy + y = x + y ( x; y ∈ ¡ Câu 8(1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2  x y + xy − 47 x + 66 = xy + 43 x + ) 2 Câu (1,0 điem) Cho số thực x, y, z thỏa mãn x, y, z > ( x + y + z ) = 2( xy + 19 yz + zx)  y3 z3  x + + − Tìm giá trị nhỏ P = 17  x, y, z thay đổi 2 ÷ 2 x + y  ( x + y + z ) 4( y + z ) x +z ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu a) + Tập xác định: D = ℝ + Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y ' = 3x − y'= x = ±1 Hàm số đồng biến khoảng (–∞;–1) (1;+∞), nghịch biến (1;1) Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = –1, yCĐ = 4; đạt cực tiểu x = 1; yCT = Bảng biến thiên: + Đồ thị: Giao Ox (–2;0) (1;0) Giao Oy (0;2) b) Gọi A(a; a − 3a + 2), B (b; b3 − 3b + 2) điểm thuộc (C) đối xứng qua điểm M(2;10) Ta có: a + b  = a + b =   3 (a + b ) − 3( a + b) + = 20  (a − 3a + 2)(b − 3b + 2) = 10  a + b = a + b =   ab = (a + b) − 3ab(a + b) − 3( a + b) = 16 t = Suy a, b hai nghiệm phương trình: t − x + =  t = Vậy điểm cần tìm A(1;0) B(3;20) Câu 2 a) tan x + − = (1) cos x Điều kiện : cos x ≠ x ≠ π + kπ Với điều kiện ta có: sin x + −1 = cos x cos x sin x + cos x − cos x =0 cos x (1 − cos x) + cos x − cos x = (1) −2 cos x + cosx + = (−2 cosx − 1)(cosx − 1) =  x = k 2π  cos x =    x = ± 2π + k 2π  cos x = −1   (thỏa mãn) Vậy nghiệm phương trình cho x = k 2π ; x = ± b) log ( x + x + ) + log ( x + 2) < 2π + k 2π ( k ∈ Z ) log (1) x + 6x + > x > −2 Điều kiện:   x > −2 Với x> -2 ta có: (1) log [( x + 2)( x + 4)] + log 3−1 ( x + 2) < log 32 log [( x + 2)( x + 4)] − log ( x + 2) < 2.log ( x + 2)( x + 4) log < log x+2 x + < x < Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm bất phương trình cho –2 < x < Câu Xét phương trình hoành độ giao điểm hai đường: x3 − x = x − x − x − x + = ( x − 1)( x + 2)(2 x − 3) =  x =1   x = −2  x =  Ta có: ∀x ∈ ( −2;1), x − x > x − ∀x ∈ (1; ), x − x < x − Diện tích hình phẳng cần tìm là: 3 −2 S = ∫ | x − x − x + | dx = ∫ | x − x − x + | dx + ∫ | x − x − x + | dx −2 −2 = ∫ (2 x − x − x + 6) dx + ∫ (−2 x + x + x − 6)dx  x x3 x 1  x x3 x  = − − + 6x ÷ +  − + + − 6x ÷ 2   −2  1 = 18 + 13 1741 = (dvdt) 96 96 Câu uuur Đường thẳng AB qua A nhận AB = (2;1;1) làm VTCP: x −1 y +1 z = = ⇒ Phương trình AB: 1 M ∈ AB => M (1 + 2t ; −1 + t ; t ) M ∈ (P) => 2(1 + t) + (−1 + t) − t + = => t = −1 => M(−1; −2; −1) uur uuur uur Mặt phẳng (P) nhận nP = (2;1; −2) làm VTPT Ta có: [ AB; nP ] = (−3;6;0) uuur uur Vì d ⊂ (P) d ⊥ AB M nên d qua M nhận [ AB; nP ] = (−1; 2;0) làm VTCP  x = −1 − t  ⇒ Phương trình d:  y = −2 + 2t  z = −1  Câu a) Có (1 + i ) z = (1 − i)(−1 + 3i ) (1 − i )(−1 + 3i) + 4i (1 + 2i )i −2 + i => z = = = = = 2−i (1 + i ) 2i i2 −1 Môđun z | z |= 22 + (−1) = b) Gọi x = abcd số có bốn chữ số thỏa mãn đề x có chữ số chẵn nên có chữ số lẻ Số cách chọn chữ số chẵn chữ số lẻ xếp thành thứ tự từ tập X gồm chữ số chẵn chữ 2 số lẻ A3 A4 Có cách chon vị trí chữ số chẵn x để chúng không đứng cạnh nhau, vị trí a c; a d; b d 2 Theo quy tắc nhân, số số x lập A3 A4 = 216 (số) Câu Gọi H hình chiếu S mặt phẳng (ABCD) Vì (SBD) ⊥ (ABCD) nên H ∈ BD Có HA = SA2 − SH ; HD = SD − SH => HA = HD => ∆ AHD cân H Mà ADH=450 nên ∆ AHD vuông cân Suy AD HA = HD = =a SH = SA2 − AH = a Vì ABCD hình bình hành nên S ABCD = S ABD = AH BD = a 3a 3a = 2 a3 Thể tích khối chóp: VS ABCD = SH S ABCD = Vẽ HK vuông góc CD K Vì CD ⊥ (SHK) nên CD ⊥ SK Suy góc mặt phẳng (SCD) mặt phẳng (ABCD) α = ( HK ; SK ) = SKH Có a BH = BD − HD = a AB = AH + BH = HK HD AH HD 2a ∆ABH ~ ∆HDK ( g.g ) => = => HK = = AH AB AB SK = SH + HK = a Vậy cos α = Câu HK = SK 19 19 Không tổng quát giả sử M thuộc đoạn DC Vì AEH=AFH=900 ⇒ AEHF tứ giác nội tiếp =>EFH=EAH=900-ACB Chứng minh tương tự ta có DFH=900-ACB =>DFE=DFH+EFH=1800-2ACB Vì M trung điểm cạnh huyền tam giác vuông EBC nên ME = MC ⇒ ∆ EMC cân M Suy EMD=MEC+MCE=2MCE=2ACB=>EMD+EFD=1800 Suy EFDM tứ giác nội tiếp ⇒ M thuộc đường tròn qua D, E, F Tọa độ M nghiệm hệ: 7 x + y + 15 =  y = −15 − x   2  x + y − x + y − 10 =  x + (15 + x ) − x − 15 − x − 10 =  y = −15 − x  x = −2  => M (−2; −1)  y = − 50 x + 200 x + 200 =   −1 Đường tròn qua D, E, F, M có tâm I ( ; ) Gọi N giao AH với (I) ⇒ MN đường kính (I) 2 ⇒ N đối xứng với M qua I ⇒ N(5;0) uuur Đường thẳng AH qua N nhận HN (2;1) làm VTCP Suy phương trình AH: x − y +1 = x − y − = Tọa độ D nghiệm khác (5;0) hệ: x − y − = x = y +   2  x + y − x + y − 10 = (2 y + 5) + y − 3(2 y + 5) + y − 10 = x = y + x = y +     y = => D(−1; −3) 5 y + 15 y = 10   y = −3  Câu  x + xy + y + x + xy + y = x + y (1) (I)  2 xy + 43 x + 6(2) x y + xy − 47 x + 66 =  Ta có: x + xy + y = (x + y) + ( x − y ) ≥ ( x + y ) =| x + y |≥ x + y Tương tự x + xy + y ≥ x + y => x + xy + y + x + xy + y ≥ x + y x = y  Dấu xảy ⇔  x + y ≥ x = y ≥ 2 x + y ≥  Vậy (1) x = y ≥ Suy  x = y ≥ (I)  3 3x − 47 x + 66 = x + 43 x + 6(3) (3) 3( x + 3) + ( x + 3) = 3(9 x + 43x + 6) + x + 43 x + 6(4) Xét f (t ) = 3t + t R có f '(t ) = 9t + > 0, ∀t ∈ R Hàm số f(t) đồng biến liên tục ℝ (4) f ( x + 3) = f ( x + 43x + 6) x + = x + 43x + x − 16 x + 21 = ( x − 3)(x + x − 7) = x =   x = −3 ± 37  Kết hợp với x = y ≥ ta có hệ phương trình cho có nghiệm (3;3), ( −3 + 37 −3 + 37 ; ) 2 Câu Từ giả thiết, áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho hai số dương ta có: 3( x + y + z ) = 2( xy + 19 yz + zx) = x( y + z ) + 38 yz => 3x + 3( y + z ) = x ( y + z ) + 44 yz ≤ x( y + z ) + 11( y + z ) => 3x − x( y + z ) − 8(y + z) ≤ => x ≤ 2( y + z ) Suy ra: y3 z3 y3 z3 y4 z4 17( + ) ≥ 17( + ) = 17( + ) x + z x2 + y y + yz + z z + yz + y y + y z + yz z + yz + zy Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai số, ta có: y4 z4 + y + y z + yz z + yz + zy ( y + z )2 ( y + z )2 ( y + z )2 = = y + y z + yz + z + yz + zy 4( y + z ) + 13 yz ( y + z ) 4( y + z ) + yz ( y + z ) Ta có: ( y + z )2 ( x + z)4 ( y + z)2 y2 + z2 ≥ => ( y + z )2 ≥ ; yz ≤ 4 3 y z => 17( + )≥ y+z x +z x + y2 Vì x ≤ 2(y + z) nên x 2( y + z ) 1 − ≥ − = − 2 2 2 (x + y + z ) 4(y + z ) 9( y + z ) 2( y + z ) ( y + z) y+z 1 => P ≥ y + z + − ( y + z) y+z Đặt t=y+z(t>0) 1 Xét hàm số f(t ) = t + − (0; +∞) t t Có f'(t ) = − + t t t3 + t − f '(t ) = =0 t3 t = ≥ Căn bảng biến thiên có f (t) ≥ 1, ∀ t > Suy P ≥ 1 Dấu xảy ( x; y; z ) = (2; ; ) 2 Vậy GTNN P